定不定式的值, 總的原則是想方設法消除其 ``不定性'', 方法有多種多樣, 但利用 O. Stolz 定理求某些數列不定式的極限, 往往可得心應手, 且更為便捷。 為了證明此定理, 先證明如下不等式:

若分數 $\displaystyle\frac{a_1}{b_1}, \frac{a_2}{b_2}, \ldots, \frac{a_n}{b_n}$ 的分母是正數, 則 $$ \hskip 4cm \min \frac{a}{b} \le \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \le \max \frac{a}{b} \hskip 3.8cm (\ast) $$ 其中 $\min\displaystyle\frac{a}{b}$ 與 $\max\displaystyle\frac{a}{b}$ 分別是各分數 $\displaystyle\frac{a_i}{b_i}$ 中的最小值和最大值。

證: 由題設, 有 \begin{eqnarray*} && \min\frac{a}{b} \le \frac{a_1}{b_1} \le \max\frac{a}{b} ~\hbox{或}~ b_1\min\frac{a}{b} \le a_1 \le b_1\max\frac{a}{b} \\ && \min\frac{a}{b} \le \frac{a_2}{b_2} \le \max\frac{a}{b} ~\hbox{或}~ b_2\min\frac{a}{b} \le a_2 \le b_2\max\frac{a}{b} \\ && \hskip 1.8cm\vdots\hskip 2.2cm\vdots \hskip 2.3cm\vdots\\ && \min\frac{a}{b} \le \frac{a_n}{b_n} \le \max\frac{a}{b} ~\hbox{或}~ b_n\min\frac{a}{b} \le a_n \le b_n\max\frac{a}{b} \end{eqnarray*} 上面各式的各端相加, $$ (b_1+b_2+\cdots+b_n) \min\frac{a}{b} \le a_1+a_2+\cdots+a_n \le (b_1+b_2+\cdots+b_n) \max\frac{a}{b} $$ $$ \hbox{因此} \hskip 3.8cm \min\frac{a}{b} \le \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{b_1+b_2+\cdots+b_n} \le \max\frac{a}{b}. \hskip 4cm $$ 僅當各分數相等時等式纔成立。

O. Stolz 定理: 若 $y_n\to+\infty$, 且 $y_{n+1}\gt y_n$, 則 $$ \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} $$ 只須等式右邊的極限已知其存在 (有限或無窮)。

證: 先假定 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=A$ (有限數), 則對 $\forall~\varepsilon\gt 0$, $\exists~N$, 使當 $n\gt N$ 時, 有 $$ \bigg |\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} - A\bigg | \lt \frac{\varepsilon}{2} $$ $$ \hbox{或} \qquad A - \frac{\varepsilon}{2} \lt \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} \lt A + \frac{\varepsilon}{2} $$ 也就是, 不論怎樣的 $n\gt N$, 一切分數 $$\frac{x_{N+1}-x_N}{y_{N+1}-y_N}, ~\frac{x_{N+2}-x_{N+1}}{y_{N+2}-y_{N+1}}, ~\ldots, ~\frac{x_{n-1}-x_{n-2}}{y_{n-1}-y_{n-2}}, \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}$$ 都在 $\Big (A-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}, A+\frac{\varepsilon}{2}\Big )$ 之中。 上述各分數的分子之和 $$(x_{N+1}-x_N)+(x_{N+2}-x_{N+1})+\cdots+(x_{n-1}-x_{n-2})+(x_n-x_{n-1})=x_n-x_N,$$ 分母之和 $$(y_{N+1}-y_N)+(y_{N+2}-y_{N+1})+\cdots+(y_{n-1}-y_{n-2})+(y_n-y_{n-1})=y_n-y_N,$$ 又因 $n$ 增大時 $y_n$ 隨著增大, 各分數的分母都是正數, 所以由不等式 $(*)$, $\displaystyle\frac{x_n-x_N}{y_n-y_N}$ 也在 $\Big (A-\displaystyle\frac{\varepsilon}{2}, A+\frac{\varepsilon}{2}\Big )$ 中,

$$ \hbox{即} \quad \bigg |\frac{x_n-x_N}{y_n-y_N} - A\bigg | \lt \frac{\varepsilon}{2} $$ 由恆等式 (很容易驗證) $$ \frac{x_n}{y_n} - A = \frac{x_N-Ay_N}{y_n} + \Big (1-\frac{y_N}{y_n}\Big ) \Big (\frac{x_n-x_N}{y_n-y_N}-A\Big ) $$ \begin{eqnarray*} \hbox{可得} \hskip 2cm \Big |\frac{x_n}{y_n} - A\Big | &\le& \Big |\frac{x_N-Ay_N}{y_n}\Big | + \bigg |\big (1-\frac{y_N}{y_n}\Big ) \Big (\frac{x_n-x_N}{y_n-y_N}-A\Big )\bigg | \hskip 2.6cm \\ &\le& \big |\frac{x_N-Ay_N}{y_n}\Big | + \Big |\frac{x_n-x_N}{y_n-y_N}-A\Big | \end{eqnarray*} 當 $n\gt N$ 時, 右端第二項 $\lt \displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$, 由於 $y_n\to+\infty$, 所以第一項在 $n\gt N'$ 時也 $\lt \displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$ (並可取 $N'\gt N$), 也就是當 $n\gt N'$ 時 $$ \Big |\frac{x_n}{y_n}-A\Big | \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon \qquad \hbox{即} \quad \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = A. \hskip 2.5cm $$

如果 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=+\infty$, 則當 $n$ 充分大時有 $x_n-x_{n-1}\gt y_n-y_{n-1}$, 當 $y_n\to+\infty$ 時, $x_n$ 也 $\to+\infty$。

研究 $\displaystyle\frac{y_n}{x_n}$。由前結果, 可得 $$ \lim_{n\to\infty} \frac{y_n}{x_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{y_n-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}} = 0. $$ $$ \hbox{所以} \qquad \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = +\infty. \hskip 4.3cm $$

例 1. 若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=a$, 則 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=a$ (收斂數列 $\{a_n\}$ 的首 $n$ 個值的 ``算術平均值'' 與數列有相同的極限)。 並據此求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}}{n}$。

(證法 1.) 在 O. Stolz 定理內, 命 $x_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$, $y_n=n$, 則有 \begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} &=& \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)-(a_1+a_2+\cdots+a_{n-1})}{n-(n-1)} \\ &=& \lim_{n\to\infty} a_n = a. \end{eqnarray*} 由此, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}}{n} =\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n}=0$。

(證法 2.) 由題設 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} a_n=a$, 即對 $\forall~\varepsilon\gt 0$, $\exists~N_1$, 當 $n\gt N_1$ 時, 有 $|a_n-a|\lt \displaystyle\frac{\varepsilon}{2}$, \begin{eqnarray*} && \hskip -25pt \hbox{而}~~~ \bigg |\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} - a\bigg | = \bigg |\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n-na}{n}\bigg | \\ &=& \bigg |\frac{(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots+(a_n-a)}{n}\bigg | \\ &=& \bigg |\frac{(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots+(a_{N_1}-a)+(a_{N_1+1}-a)+\cdots+(a_n-a)}{n}\bigg | \\ &\le& \bigg |\frac{(a_1-a)+(a_2-a)+\cdots+(a_{N_1}-a)}{n}\bigg | + \bigg |\frac{(a_{N_1+1}-a)+\cdots+(a_n-a)}{n}\bigg | \\ &\le& \frac{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_{N_1}-a|}{n} + \frac{|a_{N_1+1}-a|+\cdots+|a_n-a|}{n} \\ &\lt & \frac{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_{N_1}-a|}{n} + \frac{n-N_1}{n} \cdot \frac{\varepsilon}{2} \\ &\lt & \frac{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_{N_1}-a|}{n} + \frac{\varepsilon}{2} \quad \Big (\because ~\frac{n-N_1}{n} \lt 1\Big ) \end{eqnarray*} $$ \hbox{令} \qquad M = \max \{|a_1-a|, |a_2-a|, \ldots, |a_{N_1}-a|\}, \hskip 6.3cm $$ $$ \hbox{則} \qquad \frac{|a_1-a|+|a_2-a|+\cdots+|a_{N_1}-a|}{n} \lt \frac{N_1M}{n}, \hskip 5.9cm $$ $$ \hbox{於是} \qquad \bigg |\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} - a\bigg | \lt \frac{N_1M}{n} + \frac{\varepsilon}{2}, \hskip 7cm $$ 又 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{N_1M}{n}=0$, 對上述 $\varepsilon\gt 0$, $\exists~N_2$, 當 $n\gt N_2$ 時, $\displaystyle\frac{N_1M}{n}\lt \frac{\varepsilon}{2}$,

取 $N=\max\{N_1, N_2\}$, 則當 $n\gt N$ 時, 有 $$ \bigg |\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} - a\bigg | \lt \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. $$ $$ \hbox{即} \hskip 3.5cm \lim_{n\to\infty} \frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} = a. \hskip 6cm $$

例 2. 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1+\sqrt{2}+{\root 3\of 3}+\cdots+{\root n\of n}}{n}$

解: 命 $x_n=1+\sqrt{2}+{\root 3\of 3}+\cdots+{\root n\of n}$, $y_n=n$,

由 O. Stolz 定理, \begin{eqnarray*} && \hskip -25pt \lim_{n\to\infty} \frac{1+\sqrt{2}+{\root 3\of 3}+\cdots+{\root n\of n}}{n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{(1+\sqrt{2}+{\root 3\of 3}+\cdots+{\root n\of n}) - (1+\sqrt{2}+{\root 3\of 3}+\cdots+{\root {n-1}\of {n-1}})}{n-(n-1)} \\ &=& \lim_{n\to\infty} {\root n\of n}. \end{eqnarray*} 當 $n\gt 2$ 時, $\root n\of n\gt 1$, 命 $\root n\of n=1+\lambda_n$ ($\lambda_n\gt 0$)

由牛頓二項式定理, \begin{eqnarray*} n &=& (1+\lambda_n)^n = 1 + n \lambda_n + \frac{n(n-1)}{2!} \lambda_n^2 + \cdots + \lambda_n^n \\ &\gt & \frac{n(n-1)}{2!} \lambda_n^2 = \frac{n}{2} (n-1) \lambda_n^2 \gt \frac{n}{2} \cdot \frac{n}{2} \lambda_n^2 \quad \Big (\because ~\hbox{當 $n\gt 2$ 時}, n - 1 \gt \frac{n}{2}\Big ) \\ &=& \frac{n^2}{4} \lambda_n^2 \end{eqnarray*}

即 $n\gt \displaystyle\frac{n^2}{4} \lambda_n^2$, 從而 $0\lt \lambda_n\lt \displaystyle\frac{2}{\sqrt{n}}$,

因 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{2}{\sqrt{n}}=0$, 故由迫斂性定理 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \lambda_n=0$,

於是$\displaystyle\lim_{n\to\infty} \root n\of n=\lim_{n\to\infty} (1+\lambda_n)=1+0=1$,

所以 原式 $=1$。

例 3. 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{a^n}$ $(a\gt 1)$

(解法 1.) 為了便於利用 O. Stolz 定理, 先求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n^k}$ $(a\gt 1)$。

當 $k\le 0$ 時, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n^k}=+\infty$,

當 $k\gt 0$ 時, 它是 $\displaystyle\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定式,

當 $k=1$ 時, 由 O. Stolz 定理, $$ \lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n} = \lim_{n\to\infty} \frac{a^n-a^{n-1}}{n-(n-1)} = \lim_{n\to\infty} a^n \Big (1-\frac{1}{a}\Big ) = +\infty, $$

當 $0\lt k\lt 1$ 時, $\displaystyle\frac{a^n}{n^k}\gt \frac{a^n}{n}\to +\infty$ $(n\to\infty)$, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n^k}=+\infty$,

當 $k\gt 1$ 時, 有 (至少在充分大的 $n$ 時) $$ \frac{a^n}{n^k} = \bigg [\frac{(a^{\frac{1}{k}})^n}{n}\bigg ]^k \gt \frac{(a^{\frac{1}{k}})^n}{n}, $$

令 $a^{\frac{1}{k}}=a'$, 因 $a\gt 1$, 故 $a'\gt 1$,

於是 $\displaystyle\frac{a^n}{n^k}\gt \frac{(a^{\frac{1}{k}})^n}{n}=\frac{(a')^n}{n}\to +\infty$ $(n\to\infty)$, $$ \lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n^k} = +\infty. $$

綜上可知, 當 $a\gt 1$ 時, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{a^n}{n^k}=+\infty$, 所以

當 $a\gt 1$ 時, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{a^n}=0$。

(解法 2.) 利用 L'Hospital 法則。

這裡值得注意的是, 雖然利用 L'Hospital 法則可以求某些數列不定式的極限, 但不能直接利用。 這是因為數列函數在 $\infty$ 的任何鄰域即開區間 $(G, \infty)$ $(\forall~G\gt 0)$ 內都是無法求導數的。 那麼究竟怎樣使用 L'Hospital 法則計算數列不定式的極限呢? 理論依據是:

如果 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{f(x)}{g(x)}$ 存在, 則 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{f(n)}{g(n)}$ 也必存在, 且 $$ \lim_{n\to\infty} \frac{f(n)}{g(n)} = \lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)}. $$

事實上, 設 $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)}=A$, 則由函數極限的 $\varepsilon-M$ 定義, 對 $\forall~\varepsilon\gt 0$, $\exists~M\gt 0$, 使當 $x\gt M$ 時, 有 $\displaystyle\bigg |\frac{f(x)}{g(x)}-A\bigg |\lt \varepsilon$, 當然, 當 $n\gt M$ 時, 也有 $\displaystyle\bigg |\frac{f(n)}{g(n)}-A\bigg |\lt \varepsilon$, 即 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{f(n)}{g(n)}=A$。

因此, 對於數列不定式的極限, 可先轉化為相應形式的函數不定式的極限, 再用 L'Hospital 法則對後者求得結果, 也就是前者所要答案。

此題應利用 L'Hospital 法則求 $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{x^k}{a^x}$。

當 $k\le 0$ 時, 顯然 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{x^k}{a^x}=0$,

當 $k\gt 0$ 時, 設小於 $k$ 的最大整數為 $n$, 即 $0\le n\lt k\le n+1$, 則 \begin{eqnarray*} \lim_{x\to +\infty} \frac{x^k}{a^x} &=& \lim_{x\to +\infty} \frac{kx^{k-1}}{a^x\ln a} = \lim_{x\to +\infty} \frac{k(k-1)x^{k-2}}{a^x(\ln a)^2} \\ &=& \lim_{x\to +\infty} \frac{k(k-1)(k-2) x^{k-3}}{a^x(\ln a)^3} \\ &\vdots& \vdots \\ &=& \lim_{x\to +\infty} \frac{k(k-1)(k-2)\cdots(k-n) x^{k-n-1}}{a^x(\ln a)^{n+1}} \\ && \hbox{(使用 $n+1$ 次 L'Hospital 法則)} \end{eqnarray*} 因 $k\le n+1$, 當 $x\to +\infty$ 時,

1. 當 $k=n+1$, 則分子 $\to k(k-1)(k-2)\cdots(k-n)$, 分母 $\to +\infty$, 於是 $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{x^k}{a^x}=0$,
2. 當 $k\lt n+1$, 則分子 $\to 0$, 分母 $\to +\infty$, 也有 $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \frac{x^k}{a^x}=0$,

所以 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{a^n}=\lim_{x\to +\infty} \frac{x^k}{a^x}=0$ $(a\gt 1)$。

例 4.

1. 設 $z_n=\displaystyle\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}}$ ($k$ 為正整數), 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} z_n$。
2. 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^k}$。
3. 設 $U_n=n \Big (z_n-\displaystyle\frac{1}{k+1}\Big )=\frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^k}-\frac{n}{k+1}$, 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} U_n$。

解: (i) 它是 $\displaystyle\frac{\infty}{\infty}$ 型的不定式

令 $x_n=1^k+2^k+\cdots+n^k$, $y_n=n^{k+1}$, 應用 O. Stolz 定理 \begin{eqnarray*} && \hskip -20pt \lim_{n\to\infty} z_n = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{n^{k+1} \!-\! \Big [n^{k+1} \!-\! (k\!+\!1)n^k \!+\! \displaystyle\frac{(k\!+\!1)k}{2!}n^{k-1} \!-\! \frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)}{3!}n^{k-2} \!+\! \cdots \!+\! (\!-1)^{k+1}\Big ]} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{n^k}{(k+1)n^k - \displaystyle\frac{(k+1)k}{2!}n^{k-1} + \frac{(k+1)k(k-1)}{3!}n^{k-2} - \cdots + (-1)^k} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{1}{(k+1) - \displaystyle\frac{(k+1)k}{2!} \cdot \frac{1}{n} + \frac{(k+1)k(k-1)}{3!} \cdot \frac{1}{n^2} - \cdots + (-1)^k \cdot \frac{1}{n^k}} \\ &=& \frac{1}{k+1} \end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*} && \hskip -30pt {\rm (ii)}\ \lim_{n\to\infty} \frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^k} = \lim_{n\to\infty} n \cdot \frac{1^k+2^k+\cdots+n^k}{n^{k+1}} \\ &=& \lim_{n\to\infty} n z_n = +\infty \quad \Big (\because ~\lim_{n\to\infty} \frac{1}{nz_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{z_n} = 0 \cdot (k+1) = 0\Big ). \end{eqnarray*}

(iii) 它在第一種形式表示 $\infty\cdot 0$ 型的不定式, 而在第二種形式表示 $\infty-\infty$ 型的不定式。 $$ u_n = \frac{(k+1)(1^k+2^k+\cdots+n^k)-n^{k+1}}{(k+1)n^k} $$

令 $x'_n$ 等於分子, $y'_n$ 等於分母,

再應用 O. Stolz 定理, \begin{eqnarray*} && \hskip -10pt \lim_{n\to\infty} u_n = \lim_{n\to\infty} \frac{x'_n}{y'_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{x'_n-x'_{n-1}}{y'_n-y'_{n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{(k+1)n^k - [n^{k+1}-(n-1)^{k+1}]}{(k+1)[n^k-(n-1)^k]} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{(k\!+\!1)n^k - \Big [(k\!+\!1)n^k - \displaystyle\frac{(k\!+\!1)k}{2!} n^{k-1} + \frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)}{3!} n^{k-2} - \cdots + (-1)^k\Big ]} {(k\!+\!1) \Big \{n^k - \Big [n^k - kn^{k-1} + \displaystyle\frac{k(k\!-\!1)}{2!} n^{k-2} - \frac{k(k\!-\!1)(k\!-\!2)}{3!} n^{k-3} + \cdots + (-1)^k\Big ]\Big \}} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle\frac{(k\!+\!1)k}{2!} n^{k-1} - \frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)}{3!} n^{k-2} + \cdots + (-1)^{k+1}} {(k\!+\!1)kn^{k-1} - \displaystyle\frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)}{2!} n^{k-2} + \frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)(k\!-\!2)}{3!} n^{k-3} - \cdots + (-1)^{k+1}} \\ &=& \lim_{n\to\infty} \frac{\displaystyle\frac{(k\!+\!1)k}{2!} - \frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)}{3!} \cdot \frac{1}{n} + \cdots + (-1)^{k+1} \frac{1}{n^{k-1}}} {(k\!+\!1)k - \displaystyle\frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)}{2!} \cdot \frac{1}{n} + \frac{(k\!+\!1)k(k\!-\!1)(k\!-\!2)}{3!} \cdot \frac{1}{n^2} - \cdots + (-1)^{k+1} \frac{1}{n^{k-1}}} \\ &=& \frac{1}{2}. \end{eqnarray*}

(註) 我們知道, 在 O. Stolz 定理中, 若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}$ 存在, 則 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n}$ 必存在, 且二者相等。

但若 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}$ 不存在, 則並不能確定 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n}$ 也不存在。

例如, $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{2n+\cos n}{n}$ (令 $x_n=2n+\cos n$, $y_n=n$) \begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty} \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}} &=& \lim_{n\to\infty} \frac{2n+\cos n-[2(n-1)+\cos(n-1)]}{n-(n-1)} \\ &=& \lim_{n\to\infty} [2+\cos n-\cos(n-1)] \\ &=& \lim_{n\to\infty} \Big (2-2\sin\frac{1}{2} \sin\frac{2n-1}{2}\Big ) \quad \hbox{不存在。} \end{eqnarray*} 而 $\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n}=\lim_{n\to\infty} \frac{2n+\cos n}{n} =\lim_{n\to\infty} \Big (2+\frac{\cos n}{n}\Big ) = 2+0 = 2$。

參考文獻

---本文作者任教中國安徽省阜陽師範學院---